专题06 特殊四边形性质判定、旋转、新定义之四大题型2024年中考数学冲刺复习名校模拟题重要考点分类汇编（江西专用）(解析版)

第第页专题06特殊四边形性质判定、旋转、新定义之四大题型目录TOC\o"1-3"\h\u【题型一特殊平行四边形的性质和判定综合问题】 1【题型二三角形、四边形中的中位线综合问题】 11【题型三特殊平行四边形中的旋转综合问题】 21【题型四几何图形中的新定义型的综合问题】 33【典型例题】【题型一特殊平行四边形的性质和判定综合问题】例题：（2023·江西·中考真题）课本再现思考我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？可以发现并证明菱形的一个判定定理；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．(1)定理证明：为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．已知：在中，对角线，垂足为．求证：是菱形．

(2)知识应用：如图，在中，对角线和相交于点，．

①求证：是菱形；②延长至点，连接交于点，若，求的值．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）根据平行四边形的性质证明得出，同理可得，则，，进而根据四边相等的四边形是菱形，即可得证；（2）①勾股定理的逆定理证明是直角三角形，且，得出，即可得证；②根据菱形的性质结合已知条件得出，则，过点作交于点，根据平行线分线段成比例求得，然后根据平行线分线段成比例即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵∴，在中，∴∴，同理可得，则，又∵∴∴四边形是菱形；（2）①证明：∵四边形是平行四边形，．∴在中，，，∴，∴是直角三角形，且，∴，∴四边形是菱形；②∵四边形是菱形；∴∵，∴，∵，∴，∴，如图所示，过点作交于点，

∴，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理以及勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．【变式训练】1．（2023·江西赣州·三模）某数学小组在一次数学探究活动过程中，经历了如下过程：问题提出：如图，正方形中，，为对角线上的一个动点，以为直角顶点，向右作等腰直角．(1)操作发现：的最小值为_______，最大值为_______；(2)数学思考：求证：点在射线上；(3)拓展应用：当时，求的长．【答案】(1)8，(2)见解析(3)当时，【分析】（1）当点P运动到对角线的中点时，值最小；当点P运动到点A或点C时，最大．（2）分点P在线段与两种情况讨论，连接，只需证明，利用三点构成的平角为时处在同一条直线上即可证明．（3），利用即可求解．【详解】（1）如图2，由于点P运动到与垂直时，根据“垂线段最短”可知最短，则最短，此时与对角线重合，与重合，∴．由于点P运动到点A或点C时，斜线段最长，因此最长，此时：，则；（2）连接，连接交于点，则是等腰直角三角形．①如图2，当点在线段上时，

∵，∴．∵，∴，∴．∴．∴点在线段的延长线上．②如图3，当点在线段上时，

同理．∴．∴．∵点在线段上．综上所述，点在射线上上．（3）如图2，设，∵正方形边长为8，∴，∵，∴，即，解得，∴当时，．【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质等相关知识点，解题的关键灵活运用这些知识点．2．（2023·江西鹰潭·一模）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：【观察与猜想】(1)如图①，在正方形中，点，分别是、上的两点，连接，，，求证．【类比探究】(2)如图②，在矩形中，，，点是边上一点，连接，，且，求的值．【拓展延伸】(3)如图③，在中，，点在边上，连接，过点作于点，的延长线交边于点若，，，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）根据同角的余角相等，利用证明即可；（2）根据同角的余角的相等，得，证明∽，则；（3）过点作，延长交于点，首先根据，可得，则，再由同理得，得，进而解决问题．【详解】（1）证明：如图，设与的交点为，四边形是正方形，，，，，，，，在和中，，；（2）解：如图，设与交于点，

四边形是矩形，，，，，，，，，；（3）解：如图3，过点作，延长交于点，在中，，，，，，，，，，，，，，又，，，，．【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形中十字架模型是解题的关键．3．（2023·江西吉安·一模）某数学小组在一次数学探究活动过程中，经历了如下过程：问题提出如图，在正方形中，P为对角线上一点，连接，将绕点P逆时针旋转，得到，连接．(1)操作发现当时，的度数为；(2)数学思考当时，连接，求证：为直角三角形；(3)拓展应用若正方形的边长为4，直接写出的最大值．【答案】(1)(2)见解析(3)4【分析】（1）根据正方形性质得出，根据三角形外角性质得出，根据，得出即可；（2）根据正方形性质得出，，证明，得出，求出，得出，求出，即可得出为直角三角形；（3）过点P作于点E，过点M作，证明，得出，根据点P在上移动，当点P与点C重合时，最大，此时点F与点C重合，最大，且最大值为4．【详解】（1）解：∵四边形为正方形，∴，∵，∴，∵，∴，故答案为：．（2）解：∵四边形是正方形，为对角线，∴，，∵，∴，∴，∵绕点P逆时针旋转得到，∴，∴，∵，∴，∴为直角三角形．

（3）解：过点P作于点E，过点M作，如图所示：

则，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵点P在上移动，∴当点P与点C重合时，最大，最大，此时点F与点C重合，，最大，且最大值为4．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，余角的性质，三角形外角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握正方形的性质．【题型二三角形、四边形中的中位线综合问题】例题：（2023·江西抚州·三模）（1）课本再现：我们研究平行四边形时，常常把它分成几个三角形，利用三角形全等的性质研究平行四边形的有关问题，同时也可以利用平行四边形研究三角形的有关问题，如探究三角形中位线的性质．如图（1），在中，点D，E分别是，的中点，连接．则与的关系是______．

（2）定理证明：请根据（1）中内容结合图（1），写出（1）中结论的证明过程．（3）定理应用：如图（2），在四边形中，点M，N，P分别为，，的中点，，的延长线交于点E．若，则的度数是______．

（4）如图（3），在矩形中，，，点E在边上，且．将线段绕点A旋转一定的角度（），得到线段，点M是线段的中点，求旋转过程中线段长的最大值和最小值．

【答案】（1）且；（2）证明过程见解析；（3）；（4）旋转过程中线段长的最大值为4，最小值为1．【分析】（1）根据三角形中位线可直接进行求解；（2）延长至点F，使，连接，由题意可证，然后可得，进而可证四边形是平行四边形，最后问题可求证；（3）由题意易得，，然后问题可求解；（4）延长至点H，使，连接，，由题意易得，然后可得点F在以点A为圆心，3为半径的圆上，进而根据圆的最值问题可求解．【详解】（1）且，故答案为：，；（2）证明：如图（1）延长至点F，使，连接．

又，，∴∵，，∴，∵，，∴，∴四边形为平行四边形，∴，，∴，；（3）解：∵点M，P分别为，的中点，∴，∴，∵点N，P分别为，的中点，∴，∴，∴故答案为：；（4）如图（2），延长至点H，使，连接，．

∵，．∴．由勾股定理得，∵，．∴，∴点F在以点A为圆心，3为半径的圆上（不与点E重合）．∴当点F在线段上时，最小，最小值为；当点F在线段的延长线上时，最大，最大值为．故长的最大值为4，最小值为1．【点睛】本题主要考查三角形中位线、平行四边形的判定与性质及圆的基本性质，熟练掌握三角形中位线及圆的基本性质是解题的关键．【变式训练】1．（2023·江西赣州·一模）综合与实践老师让同学们以“两个大小不等的等腰直角三角板的直角顶点重合，并让一个三角板固定，另一个绕直角顶点旋转”为主题开展数学活动．如图1，和都是等腰直角三角形，，点D，E分别在边，上，连接，点M，P，N分别为，，的中点．试判断线段与的数量关系和位置关系．甲小组发现：．并进行了证明，下面的两个片段是截取的部分证明过程（片段前后证明过程已省略）：

【片段1】∵点P，M分别是，的中点，∴．（理由1）【片段2】∵，∴．（理由2）反思交流(1)①填空：理由1：；理由2：；②图1中，与的位置关系是．(2)乙小组受到甲小组的启发，继续进行探究，把绕点C逆时针方向旋转到如图2的位置，请判断的形状并证明；(3)丙小组的同学继续探究：把绕点C在平面内自由旋转，当时，直接写出线段长度的最大值．【答案】(1)①三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半；直角三角形的两锐角互余；②或垂直平分(2)等腰直角三角形，证明见解析(3)【分析】（1）①利用三角形中位线定理，直角三角形的性质解决问题即可；②结论：或垂直平分．利用等腰直角三角形的性质以及平行线的性质证明即可；（2）根据证明．推出，，再利用三角形的中位线定理，平行线的性质证明即可；（3）由（2）知，是等腰直角三角形，，，推出点D在的延长线上时，有最大值．此时，由此即可解决问题．【详解】（1）①片段1：∵点P，M分别是，的中点，∴．（三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半）片段2：∵，∴．（直角三角形的两锐角互余）故答案为：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半；直角三角形的两锐角互余．②∵，，∴，∵，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴，故答案为：或垂直平分；（2）是等腰直角三角形．如图2中，连接AE，BD，由旋转知，

∵，，∴，∴，．∵点P，M，N分别是，，的中点，∴，，∴．又∵，，∴，∵，，∴，∴，∴是等腰直角三角形．（3）由（2）知，是等腰直角三角形，，，∴点D在的延长线上时，有最大值，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行线的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．2．（2023·江西景德镇·二模）课本再现（1）如图1，在证明“三角形两边中点的连线与第三边的关系”时，小明将沿中位线裁剪后，把绕点旋转180°得到四边形，则四边形的形状是______．类比迁移（2）在四边形中，为的中点，点、分别在、上，连接、、，且．①如图2，若四边形是正方形，、、之间的数量关系为________；②如图3，若四边形是平行四边形，①中的结论是否成立，请说明理由；方法运用（3）图4，在四边形中，，，为的中点，、分别为、边上的点，若，，，求的长．【答案】（1）平行四边形；（2）①，理由见解析；②成立，理由见解析；（3）【分析】（1）由旋转的性质可得，则，再证明，即可证明四边形是平行四边形；（2）①如图2，延长，交于点，证明，得到，，再证明垂直平分，得到，即可证明；②如图2延长、交于点，证明，得到，，再证明垂直平分，得到，即可证明；（3）如图2，延长至点，使得，连接，，过点作，交的延长线于点，证明，得到，，求出，则，继而证明为等腰直角三角形，得到，则，利用勾股定理求出，同理可得．【详解】解：（1）是平行四边形，理由如下：由旋转的性质可得，∴，∵D是的中点，∴，∴，又∵，四边形是平行四边形，故答案为：平行四边形；（2）①，理由如下：如图2，延长，交于点，为中点，，∵四边形是正方形，∴，在和中，，，，，，垂直平分，，即；②（2）①中结论仍然成立，理由如下：如图2延长、交于点，∵为中点，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，在和中∴，∴，，∵，∴垂直平分，，即；（3）如图2，延长至点，使得，连接，，过点作，交的延长线于点，为中点，，在和中∴，∴，，∵，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∴，∵，，∴垂直平分，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，旋转的性质等等，熟知全等三角形的“倍长中线”模型是解题的关键．【题型三特殊平行四边形中的旋转综合问题】例题：（2023·江西南昌·一模）【课本再现】（1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分．正方形可绕点转动．则下列结论正确的是________________（填序号即可）．①；②；③四边形的面积总等于；④连接，总有．【类比迁移】（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明；【拓展应用】（3）如图3，在中，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，可绕着点旋转，当时，求线段的长度．【答案】（1）①②③④；（2），理由见解析；（3）或【分析】（1）先证明，再根据全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，逐项判断即可求解；（2）连接，延长交于点，连接，根据矩形的性质可得点是的中点，再证明，可得，再由线段垂直平分线的性质可得，在中，根据勾股定理，即可求解；（3）设．分两种情况讨论：①当点在线段上时，②当点在延长线上时，结合勾股定理，即可求解．【详解】解：（1）在正方形和正方形中，，∴，∴，故①正确；∴，，故②正确；∴四边形的面积，四边形的面积总等于，故③正确；如图，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故④正确；故答案为：①②③④（2），理由如下：连接，延长交于点，连接，∵是矩形的中心，∴点是的中点．∴，∵在矩形中，，，∴，∴，∴，在矩形中，，∴，在中，∴；（3）设．①当点在线段上时，∵，∴∵在中，，∴，∴，又由（2）得：，∴∴，解得．∴．②当点在延长线上时，同理可证∴，又在中，．∴解得．∴故的长度为或．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，利用类比思想解答是解题的关键．【变式训练】1．（2023·江西南昌·一模）如图，两个全等的四边形和，其中四边形的顶点O位于四边形的对角线交点O．(1)如图1，若四边形和都是正方形，则下列说法正确的有_______．（填序号）①；②重叠部分的面积始终等于四边形的；③．(2)应用提升:如图2，若四边形和都是矩形，，写出与之间的数量关系，并证明．(3)类比拓展:如图3，若四边形和都是菱形，，判断（1）中的结论是否依然成立；如不成立，请写出你认为正确的结论（可用表示），并选取你所写结论中的一个说明理由．【答案】(1)①②③(2)关系为，证明见解析(3)①成立，②③不成立，正确结论②重叠部分的面积始终等于四边形的；③．证明①的过程见解析【详解】（1）如图，在图1中，过点O作于点H,于点G∵于点H,于点G∴∵四边形和都是正方形∴∴∵,∴在和中∴∴故①正确∵∴∴故②正确∵四边形是正方形∴∴故③正确（2）关系为，证明如下：如图，在图2中，过点O作于点H,于点G∵于点H,于点G∴∵四边形和都是矩形∴∵,∴在和中∴∴（3）（1）中结论，①成立，②③不成立，正确结论②重叠部分的面积始终等于四边形的；③．现证明①如下：如图，在图3中，过点O作于点H,于点G∵于点H,于点G∴∵四边形和都是菱形∴∴∵,∴在和中∴∴2．（2022·江西·中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．(1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为__________；当与垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为__________；(2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N．①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由；②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）；(3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示），（参考数据：）【答案】(1)1,1，(2)①是等边三角形，理由见解析；②(3)【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．利用全等三角形的性质证明即可；（2）①结论：△OMN是等边三角形．证明OM=ON，可得结论；②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；（3）如图4-1中，过点O作OQ⊥BC于点Q，当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．如图4-2中，当CM=CN时，S2最大．分别求解即可．【详解】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．∵O是正方形ABCD的中心，∴OM=ON，∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，∴四边形OMBN是矩形，∵OM=ON，∴四边形OMBN是正方形，∴∠MON=∠EOF=90°，∴∠MOJ=∠NOK，∵∠OMJ=∠ONK=90°，∴△OMJ≌△ONK（AAS），∴S△PMJ=S△ONK，∴S四边形OKBJ=S正方形OMBN=S正方形ABCD，∴S1=S．故答案为：1，1，S1=S．（2）①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．理由：过点O作OT⊥BC，∵O是正方形ABCD的中心，∴BT=CT，∵BM=CN，∴MT=TN，∵OT⊥MN，∴OM=ON，∵∠MON=60°，∴△MON是等边三角形；②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，∴△OCM≌△OCN（SAS），∴∠COM=∠CON=30°，∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，∵OJ⊥CB，∴∠JOM=90°-75°=15°，∵BJ=JC=OJ=1，∴JM=OJ•tan15°=2-，∴CM=CJ-MJ=1-（2-）=-1，∴S四边形OMCN=2××CM×OJ=-1．（3）如图4，将沿翻折得到，则，此时则当在上时，比四边形的面积小，

设，则当最大时，最小，，即时，最大，此时垂直平分，即，则如图5中，过点O作OQ⊥BC于点Q，，BM=CN当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．在Rt△MOQ中，MQ=OQ•tan=tan，∴MN=2MQ=2tan，∴S2=S△OMN=×MN×OQ=tan．如图6中，同理可得，当CM=CN时，S2最大．则△COM≌△CON，∴∠COM=，∵∠COQ=45°，∴∠MOQ=45°-，QM=OQ•tan（45°-）=tan（45°-），∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-），∴S2=2S△CMO=2××CM×OQ=1-tan（45°-）．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．【题型四几何图形中的新定义型的综合问题】例题：（2023·江西·模拟预测）对于一个四边形给出如下定义：一组对角为，一组邻边相等的四边形称为“六零”四边形．(1)图1是一个“六零”四边形，其中，．①猜想与的数量关系是______；②证明你的猜想．(2)图2是一个“六零”四边形，其中，，连接，．①是______三角形；②若，，则______（用含m，n的代数式表示）．(3)在（2）的条件下，如图3，延长到点F，使得，连接DF．求证：．【答案】(1)①，②见解析(2)①等边三角形，②(3)见解析【分析】(1)连接，利用等腰三角形的性质与判定求解即可．(2)①根据，可得出结论；②将绕点B逆时针旋转，得，连接，过点A作交的延长线于点M，先根据是等边三角形，得到，从而证得A、B、D、N四点在同一圆上，则，，即可得到点N在的延长线上，再证明是等边三角形，得，继而求得，，，从而由求解即可．(3)将绕点B逆时针旋转，得，连接，由（2）得：，，，再证明，，然后证明，即可得出结论．【详解】（1）解∶①猜想，②证明∶连接，∵，∴，∵，∴，即，∴；（2）解：①∵，，∴是等边三角形；②如图2，将绕点B逆时针旋转，得，连接，过点A作交的延长线于点M，则，，，，，∵是等边三角形，∴，∴A、B、D、N四点在同一圆上，∴，，∴，，∴点N在的延长线上，又∵，，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴，，∴，∴；（3）证明：将绕点B逆时针旋转，得，连接，如图3，由（2）得：，，，∵，∴，∵，则，在和中，，∴，∴．【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，本题属四边形综合题目，有一定难度，熟练掌握相关性质与判定是解题关键．【变式训练】1．（2023·江西上饶·一模）我们给出如下定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．例如：如图，，则四边形为等邻角四边形．(1)定义理解：以下平面图形中，是等邻角四边形的是．①平行四边形

②矩形

③菱形

④等腰梯形(2)如图，在四边形中，，的垂直平分线恰好交于边上一点P，连结，，且，求证：四边形为等邻角四边形．(3)如图，在等邻角四边形中，，，点P为边上的一动点，过点P作，，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，猜想，，之间的数量关系？并请说明理由．【答案】(1)②④(2)证明见解析；(3)，理由见解析【分析】（1）根据等邻角四边形的定义即可直接得出答案；（2）连接，证明，得出，从而得到，，即可证明四边形为等邻角四边形；（3）过点P作，证明得到，再由矩形得到，即可得出．【详解】（1）∵矩形和等腰梯形都有一组邻角相等，∴矩形和等腰梯形是等邻角四边形，故答案是：②④（2）证明：连接，∵垂直平分，∴，∵垂直平分，∴，在和中，∴，∴，∴，∴，∴四边形为等邻角四边形．（3），理由如下：过点P作，垂足为F，∵，∴，∴，∵四边形为等邻角四边形，，∴，∵，∴，∴在和中，∴，∴，∵，，，∴四边形为矩形，∴，∴，即．【点睛】本题主要考查了新定义“等邻角四边形”，涉及线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质等知识，正确理解“等邻角四边形”的定义是解题的关键．2．（2023·江西抚州·二模）定义：在平行四边形中，若有一条对角线长是一边长的两倍，则称这个平行四边形叫做和谐四边形，其中这条对角线叫做和谐对角线，这条边叫做和谐边．【概念理解】(1)如图1，四边形是和谐四边形，对角线与交于点，是和谐对角线，是和谐边．①是________三角形．②若，则________．【问题探究】(2)如图2，四边形是矩形，过点作交的延长线于点，连接交于点，，，是否存在实数，使得四边形是和谐四边形，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【应用拓展】(3)如图3，四边形与四边形都是和谐四边形，其中与分别是和谐对角线，与分别是和谐边，，，请求出的值．【答案】(1)①等腰；②8(2)存在，(3)【分析】（1）①根据和谐四边形的定义，得到，即可得到结论；②根据即可得出结论．（2）分，，，四种情况，分类讨论，进行判断即可；（3）根据和谐四边形的定义，推出，作于，设，则，利用勾股定理求出的长，根据，求出的值，即可得解．【详解】（1）解：①∵四边形是和谐四边形，是和谐对角线，是和谐边，∴，∴与的形状是等腰三角形；②∵，∴，故答案为：等腰；8；（2）存在，理由如下：∵，∴四边形是平行四边形；当时，四边形是和谐四边形，∵，，∴，∴；当时，不满足直角三角形的斜边大于直角边．当时，∵，无解．当时，∵，无解．∴；∴的值为2时，四边形是和谐四边形；（3）∵四边形是和谐四边形，为和谐对角线，为和谐边，∴，∴，∵四边形是和谐四边形，为和谐对角线，为和谐边，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴相似比为1，∴，∴，作于，如图所示：∵，∴，设，则，∴，∴，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，∵，∴，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理．本题的综合性较强，解题的关键是理解并掌握和谐四边形的定义．3．（2022·江西萍乡·一模）定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如：在四边形中，，或，则四边形是“对补四边形”．(1)【概念理解】如图（1），四边形是“对补四边形”．①若，则∠D的度数是_________；②若，且，则_______．(2)【拓展延伸】如图（2），四边形是“对补四边形”，当，且时，猜测，，之间的数量关系，并加以证明．(3)【类比运用】如图（3），如图（4），在四边形中，，平分．①如图（3），求证：四边形是“对补四边形”；②如图（4），设，连接，当，且时，求的值．【答案】(1)①；②4(2)，证明见解析(3)①见解析；②的值是2或【分析】（1）①根据“对补四边形”的定义，结合，即可求出答案；②根据“对补四边形”的定义，可由，得出∠，再运用勾股定理即可得出答案；（2）延长EA至点K，使得，连接BK，依据“对补四边形”的定义，可证明，再证明，从而可证得结论；（3）①过点B作BM⊥AD于点M，BN